高中物理教科版必修二检测 第2章 1.圆周运动 Word版含解析

1.圆周运动
课时过关·能力提升
一、基础巩固
1.(多选)关于匀速圆周运动,下列说法正确的是(　　)
A.匀速圆周运动是变速运动
B.匀速圆周运动的速率不变
C.任意相等时间内通过的位移相等
D.任意相等时间内通过的路程相等
解析:由线速度定义知,速度的大小不变,也就是速率不变,但速度方向时刻改变,故选项A、B正确;做匀速圆周运动的物体在任意相等时间内通过的弧长即路程相等,选项D正确,选项C错误.
答案:ABD
2.关于做匀速圆周运动的物体的线速度、角速度、周期的关系,下列说法正确的是(　　)
A.线速度大的角速度一定大
B.线速度大的周期一定小
C.角速度大的半径一定小
D.角速度大的周期一定小
解析:由v=ωr知,r一定时,v与ω成正比,v一定时,ω与r成反比,故选项A、C均错;由v=
2π??
??
知,r一定时,v越大,T越小,选项B错;由ω=
2π
??
可知,ω越大,T越小,故选项D正确.
答案:D
3.如图所示,当用扳手拧螺母时,扳手上的P、Q两点的角速度分别为ωP、ωQ,线速度大小分别为vP、vQ,则(　　)
/
A.ωP<ωQ,vPB.ωP=ωQ,vPC.ωP<ωQ,vP=vQ
D.ωP=ωQ,vP>vQ
解析:用扳手拧螺母时,P、Q两点在做圆周运动,且在相同时间内旋转过的角度相同,即ωP=ωQ.又知P、Q两点到螺母的距离不会改变,且rP答案:B
4.(多选)下图为常见的自行车传动示意图.A轮与脚蹬相连,B轮与车轴相连,C为车轮.当人蹬车匀速运动时,下列说法正确的是(　　)
/
A.A轮与B轮的角速度相同
B.A轮边缘与B轮边缘的线速度大小相等
C.B轮边缘与C轮边缘的线速度大小相等
D.B轮与C轮的角速度相同
解析:A、B以链条相连,其边缘线速度大小相等;B、C同轴,其角速度相同.
答案:BD
5.如图所示,A、B是两个摩擦传动的靠背轮,A是主动轮,B是从动轮,转动过程两轮不打滑,它们的半径rA=2rB,a和b两点在轮的边缘,c和d在各轮半径的中点,下列判断正确的有(　　)
/
A.va=2vb B.ωb=2ωa
C.vc=va D.ωb=ωc
解析:a、b靠摩擦传动,va=vb,选项A错误;角速度ωa=
??
??
??
??
,??

??
=
??
??
??
??
,故ωb=2ωa,选项B正确;a、c两点角速度相同,故va=2vc,由前述知ωb=2ωc,选项C、D错误.
答案:B
6.甲沿着半径为R的圆周跑道匀速跑步,乙沿着半径为2R的圆周跑道匀速跑步,在相同的时间内,甲、乙各自跑了一圈,他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v1、v2,则(　　)
A.ω1>ω2,v1>v2
B.ω1<ω2,v1C.ω1=ω2,v1D.ω1=ω2,v1=v2
解析:因ω1=
2π
??
1
,??

2
=
2π
??
2
,
??
1
=
??
2
,故ω1=ω2;因v1=Rω1,v2=2Rω2,v2>v1,故选项C正确.
答案:C
7.做匀速圆周运动的物体,10 s内沿半径是20 m的圆周运动100 m,试求物体做匀速圆周运动时:
(1)线速度的大小.
(2)角速度的大小.
(3)周期的大小.
解析:(1)依据线速度的定义式v=
Δ??
Δ??
可得
v=
??
??
=
100
10
m/s=10 m/s.
(2)依据v=ωr解得
ω=
??
??
=
10
20
rad/s=0.5 rad/s.
(3)依据ω=
2π
??
解得
T=
2π
??
=
2π
0.5
s=4π s.
答案:(1)10 m/s　(2)0.5 rad/s　(3)4π s
8.在某校进行的科技节中有这样一个装置,装置有A、B两个小球分别绕共同圆心做圆周运动,若在相等的时间内,通过弧长之比sA∶sB=3∶2,而通过圆心角之比θA∶θB=2∶3.求:
(1)两小球的周期之比TA∶TB,角速度之比ωA∶ωB.
(2)两小球的线速度之比vA∶vB.
(3)两小球的半径之比rA∶rB.
解析:由匀速圆周运动中,v、ω、T与r的关系知,
(1)ωA∶ωB=
??
??
??
∶
??
??
??
=????∶????=2∶3,又T=
2π
??
,
故TA∶TB=ωB∶ωA=3∶2.
(2)由v=
??
??
知vA∶vB=
??
??
??
∶
??
??
??
=????∶????=3∶2.
(3)由v=ωr知rA∶rB=
??
??
??
??
∶
??
??
??
??
=
??
??
??
??
·
??
??
??
??
=9∶4.
答案:(1)3∶2　2∶3　(2)3∶2　(3)9∶4
二、能力提升
1.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.曲线运动一定是变速运动
B.变速运动一定是曲线运动
C.匀速圆周运动就是线速度不变的运动
D.匀速圆周运动就是角速度不变的运动
解析:由于曲线运动的速度方向不断变化,所以曲线运动一定是变速运动,选项A正确;但变速运动不一定都是曲线运动,选项B错误;匀速圆周运动的线速度方向不断变化,选项C错误;匀速圆周运动的角速度不变,故选项D正确.
答案:AD
2.如图所示,两个小球固定在一根长为l的杆的两端,绕杆上的O点做圆周运动.当小球A的速度为vA时,小球B的速度为vB,则轴心O到小球A的距离是(　　)
A.vA(vA+vB)l
B.
??
??
??
??
??
+
??
??
C.
(
??
??
+
??
??
)??
??
??
D.
(
??
??
+
??
??
)??
??
??
解析:设轴心O到小球A的距离为x,因两小球固定在同一转动杆的两端,故两小球做圆周运动的角速度相同,半径分别为x、l-x.根据ω=
??
??
有
??
??
??
=
??
??
??-??
,解得x=
??
??
??
??
??
+
??
??
.选项B正确.
答案:B
3.(多选)如图为某一皮带传动装置.主动轮的半径为r1,从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动,转速为n,转动过程中皮带不打滑.下列说法正确的是(　　)
A.从动轮做顺时针转动
B.从动轮做逆时针转动
C.从动轮的转速为
??
1
??
2
??
D.从动轮的转速为
??
2
??
1
??
解析:主动轮顺时针转动时,皮带带动从动轮逆时针转动,选项A错误,选项B正确;由于两轮边缘线速度大小相等,根据v=2πrn,可得两轮转速与半径成反比,所以选项C正确,选项D错误.
答案:BC
4.机械手表的分针与秒针从重合到第二次重合,中间经历的时间为(　　)
A.
59
60
min

B.1 min
C.
60
59
min

D.
61
60
min
解析:先求出分针、秒针的角速度ω1=
2π
3 600
rad/s,ω2=
2π
60
rad/s.设两次重合时间间隔为Δt,则有θ1=ω1Δt,θ2=ω2Δt,θ2-θ1=2π,所以Δt=
2π
??
2
-
??
1
=
2π
2π
60
-
2π
3 600
s=
60
59
min.选项C正确.
答案:C
5.甲、乙两物体均做匀速圆周运动,甲的转动半径为乙的一半,当甲转过60°时,乙在这段时间里正好转过45°,则甲、乙两物体的线速度大小之比为(　　)
A.1∶4 B.2∶3
C.4∶9 D.9∶16
解析:由题意知甲、乙两物体的角速度之比为ω1∶ω2=60∶45=4∶3,2r1=r2,故两物体的线速度大小之比v1∶v2=ω1r1∶ω2r2=2∶3,选项B正确,选项A、C、D错误.
答案:B
6.无级变速是在变速范围内任意连续地变换速度,性能优于传统的挡位变速器,很多种高档汽车都应用了无级变速.右图是截锥式无级变速模型示意图,两个锥轮之间有一个滚轮,主动轮、滚轮、从动轮靠彼此之间的摩擦力带动.当位于主动轮和从动轮之间的滚轮从左向右移动时,从动轮转速降低;滚轮从右向左移动时,从动轮转速增加.当滚轮位于主动轮直径D1、从动轮直径D2的位置时,主动轮转速n1、从动轮转速n2的关系是(　　)
/
A.
??
1
??
2
=
??
1
??
2
B.
??
2
??
1
=
??
1
??
2
C.
??
2
??
1
=
??
1
2
??
2
2
D.
??
2
??
1
=
??
1
??
2
解析:因为主动轮、滚轮、从动轮之间靠摩擦力带动,所以传动中三轮边缘的线速度大小相等,由v=2πnr,得n1D1=n2D2,所以
??
2
??
1
=
??
1
??
2
,故B项正确.
答案:B
7.如图为一自行车的局部结构示意图,设连接脚踏板的连杆长为L1,由脚踏板带动半径为r1的大轮盘(牙盘),通过链条与半径为r2的小轮盘(飞轮)连接,小轮盘带动半径为R的后轮转动,使自行车在水平路面上匀速前进.
/
(1)自行车牙盘的半径一般要大于飞轮的半径,想想看,这是为什么?
(2)设L1=18 cm,r1=12 cm,r2=6 cm,R=30 cm,为了维持自行车以v=3 m/s的速度在水平路面上匀速行驶,请你计算一下每分钟大约要踩脚踏板转几圈.
解析:(1)通过链条相连的牙盘和飞轮边缘的线速度大小相等,当牙盘的半径大于飞轮的半径时,由v=ωr知,人踩脚踏板的角速度小于飞轮的角速度.这样可以提高飞轮的转速,增大自行车的速度.
(2)自行车行进的速度大小等于车轮边缘上某点绕转轴转动的线速度的大小.设牙盘转动的角速度为ω1,自行车后轮转动的角速度即飞轮的角速度为ω2,人每分钟要踩脚踏板n圈,则ω2=
??
??
=
3
0.3
rad/s =10 rad/s.由ω2r2=ω1r1得ω1=5 rad/s,n=
??
1
2π
=
5
2π
r/s=
150
π
r/min≈48 r/min.
答案:(1)见解析　(2)48圈
8.如图所示,小球Q在竖直平面内做匀速圆周运动,半径为r,当球Q运动到与O在同一水平线上时,有另一小球P在距圆周最高点为h处开始自由下落.要使两球在圆周最高点处相碰,Q球的角速度ω应满足什么条件?
/
解析:小球Q在竖直平面内做匀速圆周运动,具有重复性特点,要使小球P在距圆周最高点为h处开始自由下落,且在圆周最高点处与小球Q相碰,则在小球P下落时间内小球Q转过
??+
1
4
圈,即小球P下落时间是小球Q匀速圆周运动周期的
??+
1
4
倍.
由自由落体的位移公式h=
1
2
????2,可求得小球P自由下落运动至圆周最高点的时间为t1=
2?
??
①
设小球Q做匀速圆周运动的周期为T,则有T=
2π
??
②
由题意知,球Q由图示位置运动至圆周最高点所用时间为t2=
??+
1
4
??③
式中n=0,1,2,…
要使两球在圆周最高点相碰,需使t1=t2④
以上四式联立,解得球Q做匀速圆周运动的角速度为
ω=π(4n+1)
??
8?
,式中n=0,1,2,…
即要使两球在圆周最高点处相碰,Q球的角速度ω应满足ω=π(4n+1)
??
8?
(??=0,1,2,…).
答案:ω=π(4n+1)
??
8?
(??=0,1,2,…)